【NOI P模拟赛】华莱士CNHLS（容斥，数论分块）
题意
出题人吃华 莱 士拉肚子了，心情不好，于是出了一道题面简单的难题。
共
T
T
T 组数据，对正整数
n
n
n 求
F
(
n
)
=
∑
i
=
1
n
μ
2
(
i
)
i
F(n)=\sum_{i=1}^n \mu^2(i)i
F(n)=i=1∑nμ2(i)i
对 2 64 2^{64} 264 取模的结果。
n ≤ 1 0 14 , T ≤ 100. n\leq 10^{14},T\leq100. n≤1014,T≤100.
题解
莫比乌斯函数的平方，说明我们求的是 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 中所有无多个完全平方数因子的数的和。
我们用总和减去存在多个完全平方数因子的数，令
s
u
m
(
x
)
=
x
(
x
+
1
)
2
sum(x)=\frac{x(x+1)}{2}
sum(x)=2x(x+1)，枚举最大完全平方数因子，可得
F
(
n
)
=
s
u
m
(
n
)
−
∑
j
=
2
n
j
2
F
(
⌊
n
j
2
⌋
)
F(n)=sum(n)-\sum_{j=2}^{\sqrt n}j^2F(\lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor)
F(n)=sum(n)−j=2∑nj2F(⌊j2n⌋)
于是，我们得到一个同 M i n 25 Min25 Min25 筛复杂度的做法，但是过不了。
考虑到枚举最大完全平方数因子太苛刻了，我们就直接枚举完全平方数因子，然后容斥。
具体地，对于每个质数，减去该质数平方的所有倍数，在对于每两个质数，加上平方之积的所有倍数……
这其实等价于对于每个数
i
i
i ，加上
μ
(
i
)
\mu(i)
μ(i) 乘该数平方的所有倍数，于是可得
F
(
n
)
=
∑
j
=
1
n
μ
(
j
)
j
2
s
u
m
(
⌊
n
j
2
⌋
)
F(n)=\sum_{j=1}^{\sqrt n}\mu(j)j^2sum(\lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor)
F(n)=j=1∑nμ(j)j2sum(⌊j2n⌋)
这已经是十分优秀的 O ( T n ) O(T\sqrt n) O(Tn) 复杂度了，但是还是过不了。
我们发现对于许多段连续的 j j j ， n j 2 \frac{n}{j^2} j2n 的值是相等的，而且，对于 j ≤ n 1 3 j\leq n^{\frac{1}{3}} j≤n31 ， ⌊ n j 2 ⌋ \lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor ⌊j2n⌋ 只有 n 1 3 n^{\frac{1}{3}} n31 种取值，对于 j > n 1 3 j>n^{\frac{1}{3}} j>n31 ， ⌊ n j 2 ⌋ < n 1 3 \lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor<n^{\frac{1}{3}} ⌊j2n⌋<n31，因为下取整，同样只有 n 1 3 n^{\frac{1}{3}} n31 种取值。
所以我们数论分块，时间复杂度是 O ( T n 1 3 ) O(Tn^{\frac{1}{3}}) O(Tn31) 。
CODE
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<random>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 10000005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define DB double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define ENDL putchar('\n')
#define FI first
#define SE second
LL read() {
LL f=1,x=0;int s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<3) + (x<<1) + (s^48); s = getchar();}
return f*x;
}
void putpos(LL x) {if(!x)return ;putpos(x/10);putchar('0'+(x%10));}
void putnum(LL x) {
if(!x) {putchar('0');return ;}
if(x<0) {putchar('-');x = -x;}
return putpos(x);
}
void AIput(LL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}
int n,m,s,o,k;
const LL MX = 10000000;
ULL f[MAXN],mu[MAXN],su[MAXN];
int p[MAXN/2],cnt;
bool v[MAXN];
void sieve(int n) {
f[1] = 1;mu[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i ++) {
if(!v[i]) p[++ cnt] = i,f[i] = i,mu[i] = 0ull-1ull;
for(int j = 1;j <= cnt && i*p[j] <= n;j ++) {
v[i*p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0) {f[i*p[j]] = 0;break;}
f[i*p[j]] = f[i]*p[j];
mu[i*p[j]] = 0ull-mu[i];
}
}
for(int i = 2;i <= n;i ++) f[i] += f[i-1];
for(int i = 1;i <= n;i ++) su[i] = su[i-1] + mu[i]*i*i;
return ;
}
ULL sm(LL x) {return (x&1) ? (((x+1)>>1) * x) : ((x>>1) * (x+1));}
ULL F(LL x) {
if(x < 1) return 0;
if(x <= MX) return f[x];
ULL rs = 0;
for(LL i = 1;i*1ll*i <= x;i ++) {
LL r = sqrt((DB)x/(x/(i*1ll*i)));
rs += sm(x/(i*1ll*i)) * (su[r] - su[i-1]);
i = r;
}
return rs;
}
int main() {
freopen("kfc.in","r",stdin);
freopen("kfc.out","w",stdout);
sieve(MX);
int T = read();
while(T --) {
LL N = read();
printf("%llu\n",F(N));
}
return 0;
}
